中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)滿分突破（全國通用）：專題27 四邊形綜合（解析版）

專題27四邊形綜合【考查題型】【知識要點】四邊形之間的從屬關(guān)系：考查題型一中點四邊形典例1．（2022秋·廣東佛山·九年級?？茧A段練習(xí)）若順次連接四邊形ABCD各邊的中點所得四邊形是菱形．則四邊形ABCD一定是(

)A．菱形 B．對角線互相垂直的四邊形C．矩形 D．對角線相等的四邊形【答案】D【分析】根據(jù)三角形的中位線定理得到EH∥FG，EF=FG，EF=BD，要是四邊形為菱形，得出EF=EH，即可得到答案．【詳解】解：∵E，F(xiàn)，G，H分別是邊AD，AB，CB，DC的中點，∴EH=AC，EH∥AC，F(xiàn)G=AC，F(xiàn)G∥AC，EF=BD，∴EH∥FG，EF=FG，∴四邊形EFGH是平行四邊形，假設(shè)AC=BD，∵EH=AC，EF=BD，則EF=EH，∴平行四邊形EFGH是菱形，即只有具備AC=BD即可推出四邊形是菱形，故選：D．【點睛】題目主要考查中位線的性質(zhì)及菱形的判定和性質(zhì)，理解題意，熟練掌握運用三角形中位線的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．變式1-1．（2022·四川德陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，在四邊形中，點，，，分別是，，，邊上的中點，則下列結(jié)論一定正確的是（

）A．四邊形是矩形B．四邊形的內(nèi)角和小于四邊形的內(nèi)角和C．四邊形的周長等于四邊形的對角線長度之和D．四邊形的面積等于四邊形面積的【答案】C【分析】連接，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)，，，繼而逐項分析判斷即可求解．【詳解】解：連接，設(shè)交于點，點，，，分別是，，，邊上的中點，，，A.四邊形是平行四邊形，故該選項不正確，不符合題意；B.四邊形的內(nèi)角和等于于四邊形的內(nèi)角和，都為360°，故該選項不正確，不符合題意；C.四邊形的周長等于四邊形的對角線長度之和，故該選項正確，符合題意；D.四邊形的面積等于四邊形面積的，故該選項不正確，不符合題意；故選C【點睛】本題考查了中點四邊形的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，掌握三角形中位線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．變式1-2（2022春·福建福州·八年級福建省福州外國語學(xué)校校考期中）如圖，任意四邊形ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，DA上的點，對于四邊形EFGH的形狀，某班學(xué)生在一次數(shù)學(xué)活動課中，通過動手實踐，探索出如下結(jié)論，其中錯誤的是（）A．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H是各邊中點，且AC=BD時，四邊形EFGH為菱形B．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H是各邊中點，且AC⊥BD時，四邊形EFGH為矩形C．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H不是各邊中點時，四邊形EFGH可以為平行四邊形D．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H不是各邊中點時，四邊形EFGH不可能為菱形【答案】D【分析】根據(jù)連接四邊形各邊中點所得的四邊形必為平行四邊形，根據(jù)中點四邊形的性質(zhì)進行判斷，即可求解【詳解】解：A．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H是各邊中點，且AC=BD時，EF=FG=GH=HE，故四邊形EFGH為菱形，故A正確；B．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H是各邊中點，且AC⊥BD時，∠EFG=∠FGH=∠GHE=90°，故四邊形EFGH為矩形，故B正確；C．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H不是各邊中點時，EF∥HG，EF=HG，故四邊形EFGH為平行四邊形，故C正確；D．當(dāng)E，F(xiàn)，G，H不是各邊中點時，四邊形EFGH可能為菱形，故D錯誤；故選D．變式1-3．（2022春·河北廊坊·八年級?？计谥校┤鐖D，四邊形ABCD四邊的中點分別為E，F(xiàn)，G，H，對角線AC與BD相交于點O，若四邊形EFGH的周長是3，則AC＋BD的長為（

）A．3 B．6 C．9 D．12【答案】A【分析】先由三角形的中位線定理推知四邊形EFGH是平行四邊形，然后求解即可．【詳解】解：如圖，∵E、F、G、H分別是線段AB、BC、CD、AD的中點，∴EH、FG分別是△ABD、△BCD的中位線，EF、HG分別是△ACD、△ABC的中位線，根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)知：EF∥AC，GH∥AC且EF=GH=AC，EH=FG=BD，∴四邊形EFGH是平行四邊形，∵四邊形EFGH的周長是3，即EF+GH+EH+FG=3，∴AC+BD=3，故選：A．【點睛】本題主要考查中點四邊形，解題時，利用三角形中位線定理判定四邊形EFGH是平行四邊形是解題的關(guān)鍵．變式1-4．（2022秋·九年級單元測試）如圖，在四邊形中，，點，，，分別是，，，的中點，若，，則四邊形的面積是______．【答案】12【分析】根據(jù)三角形中位線定理、矩形的判定定理得到四邊形為矩形，根據(jù)矩形的面積公式計算，得到答案．【詳解】解：∵點，，，分別是，，，的中點，∴，，，，，，∴，，∴四邊形為平行四邊形，，∴，∴平行四邊形為矩形，∴，故答案為：．【點睛】此題考查了中點四邊形，解題的關(guān)鍵是掌握三角形中位線定理、矩形的判定定理．變式1-5．（2022秋·九年級課時練習(xí)）如圖是一張菱形紙板，順次連接各邊中點得到矩形，再連接矩形對角線．將一個飛鏢隨機投擲到大菱形紙板上，則飛鏢落在陰影區(qū)域的概率是__．【答案】##0.25【分析】如圖，連接EG、FH，設(shè)FH=2a，EG=2b，可得，再得到四邊形MOPN是矩形，可得，再根據(jù)概率公式，即可求解．【詳解】解：如圖，連接EG、FH，設(shè)FH=2a，EG=2b，∵四邊形EFGH是菱形，∴，EG⊥FH，∵點M、O、P、N分別為菱形EFGH各邊的中點，∴，OP∥FH，MN∥FH，MO∥EG，PN∥EG，∴四邊形MOPN是平行四邊形，∵EG⊥FH，∴MO⊥OP，∴四邊形MOPN是矩形，∴，∴，∴飛鏢落在陰影區(qū)域的概率是．故答案為：【點睛】本題主要考查了求概率，菱形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，根據(jù)題意得到，是解題的關(guān)鍵．變式1-6．（2022·山東濟南·模擬預(yù)測）如圖，在四邊形ABCD中，AC=BD，E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點，且EG、FH交于點O．若AC=4，則EG2+FH2=______．【答案】16【分析】根據(jù)三角形的中位線定理和菱形的判定，可得順次連接對角線相等的四邊形各邊中點所得四邊形是菱形；根據(jù)菱形的性質(zhì)得到EG⊥HF，且EG=2OE，F(xiàn)H=2OH．在Rt△OEH中，根據(jù)勾股定理得到OE2+OH2=EH2=4，再根據(jù)等式的性質(zhì)，在等式的兩邊同時乘以4，根據(jù)4=22，把等式進行變形，并把EG=2OE，F(xiàn)H=2OH代入變形后的等式中，即可求出EG2+FH2的值．【詳解】∵E、F、G、H分別是線段AB、BC、CD、AD的中點，∴EH、FG分別是△ABD、△BCD的中位線，EF、HG分別是△ABC、△ACD的中位線，根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)知，EH=FGBD，EF=HGAC．又∵AC=BD，∴EH=FG=EF=HG，∴四邊形EFGH是菱形，∴EG⊥FH，EG=2OE，F(xiàn)H=2OH．在Rt△OEH中，根據(jù)勾股定理得：OE2+OH2=EH2=4，等式兩邊同時乘以4得：4OE2+4OH2=4×4=16，∴（2OE）2+（2OH）2=16，即EG2+FH2=16．故答案為16．【點睛】本題考查了三角形中位線定理和菱形的判定方法，題目比較典型，又有綜合性，難度不大．變式1-7．（2022春·山東德州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在四邊形ABCD中，AC=BD=6，E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點，則EG2+FH2=______．【答案】36【分析】連接EF，F(xiàn)G，GH，EH，由E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點，得到EH，EF，F(xiàn)G，GH分別是△ABD，△ABC，△BCD，△ACD的中位線，根據(jù)三角形中位線定理得到EH，F(xiàn)G等于BD的一半，EF，GH等于AC的一半，由AC=BD=6，得到EH=EF=GH=FG=3，根據(jù)四邊都相等的四邊形是菱形，得到EFGH為菱形，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)得到EG⊥HF，且EG=2OE，F(xiàn)H=2OH，在Rt△OEH中，根據(jù)勾股定理得到OE2+OH2=EH2=9，再根據(jù)等式的性質(zhì)，在等式的兩邊同時乘以4，根據(jù)4=22，把等式進行變形，并把EG=2OE，F(xiàn)H=2OH代入變形后的等式中，即可求出EG2+FH2的值【詳解】如圖，連接EF，F(xiàn)G，GH，EH，∵E、H分別是AB、DA的中點，∴EH是△ABD的中位線，∴EH=BD=3，同理可得EF，F(xiàn)G，GH分別是△ABC，△BCD，△ACD的中位線，∴EF=GH=AC=3，F(xiàn)G=BD=3，∴EH=EF=GH=FG=3，∴四邊形EFGH為菱形，∴EG⊥HF，且垂足為O，∴EG=2OE，F(xiàn)H=2OH，在Rt△OEH中，根據(jù)勾股定理得：OE2+OH2=EH2=9，等式兩邊同時乘以4得：4OE2+4OH2=9×4=36，∴（2OE）2+（2OH）2=36，即EG2+FH2=36．故答案為36．【點睛】此題考查了菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形的中位線定理以及等式的基本性質(zhì)，本題的關(guān)鍵是連接EF，F(xiàn)G，GH，EH，得到四邊形EFGH為菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到EG⊥HF，建立直角三角形，利用勾股定理來解決問題．考查題型二特殊四邊形有關(guān)的動點問題典例2．（2022·遼寧錦州·中考真題）如圖，四邊形是邊長為的正方形，點E，點F分別為邊，中點，點O為正方形的中心，連接，點P從點E出發(fā)沿運動，同時點Q從點B出發(fā)沿運動，兩點運動速度均為，當(dāng)點P運動到點F時，兩點同時停止運動，設(shè)運動時間為，連接，的面積為，下列圖像能正確反映出S與t的函數(shù)關(guān)系的是（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】分0≤t≤1和1＜t≤2兩種情形，確定解析式，判斷即可．【詳解】當(dāng)0≤t≤1時，∵正方形ABCD的邊長為2，點O為正方形的中心，∴直線EO垂直BC，∴點P到直線BC的距離為2-t，BQ=t，∴S=；當(dāng)1＜t≤2時，∵正方形ABCD的邊長為2，點F分別為邊，中點，點O為正方形的中心，∴直線OF∥BC，∴點P到直線BC的距離為1，BQ=t，∴S=；故選D．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，二次函數(shù)的解析式，一次函數(shù)解析式，正確確定面積，從而確定解析式是解題的關(guān)鍵．變式2-1．（2021·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，菱形ABCD中，，點P從點B出發(fā)，沿折線方向移動，移動到點D停止．在形狀的變化過程中，依次出現(xiàn)的特殊三角形是（

）A．直角三角形→等邊三角形→等腰三角形→直角三角形B．直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等邊三角形C．直角三角形→等邊三角形→直角三角形→等腰三角形D．等腰三角形→等邊三角形→直角三角形→等腰三角形【答案】C【分析】是特殊三角形，取決于點P的某些特殊位置，按其移動方向，逐一判斷即可．【詳解】解：連接AC，BD，如圖所示．∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，∠D=∠B．∵∠B=60°，∴∠D=∠B=60°．∴和都是等邊三角形．點P在移動過程中，依次共有四個特殊位置：（1）當(dāng)點P移動到BC邊的中點時，記作．∵是等邊三角形，是BC的中點，∴．∴．∴是直角三角形．（2）當(dāng)點P與點C重合時，記作．此時，是等邊三角形；（3）當(dāng)點P移動到CD邊的中點時，記為．∵和都是等邊三角形，∴．∴是直角三角形．（4）當(dāng)點P與點D重合時，記作．∵，∴是等腰三角形．綜上，形狀的變化過程中，依次出現(xiàn)的特殊三角形是：直角三角形→等邊三角形→直角三角形→等腰三角形．故選：C【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、直角三角形的判定、等腰三角形的判定、等邊三角形的性質(zhì)與判定等知識點，熟知特殊三角形的判定方法是解題的關(guān)鍵．變式2-2．（2021·四川眉山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形中，，對角線、相交于點，點在線段上，且，點為線段上的一個動點，則的最小值是______．【答案】【分析】過M點作MH垂直BC于H點，與OB的交點為P點，此時的長度最小為MH，再算出MC的長度，在直角三角形MPC中利用三角函數(shù)即可解得MH【詳解】過M點作MH垂直BC于H點，與OB的交點為P點，此時的長度最小∵菱形中，∴AB=BC=AC=10，△ABC為等邊三角形∴∠PBC=30°，∠ACB=60°∴在直角△PBH中，∠PBH=30°∴PH=∴此時得到最小值，∵AC=10，AM=3,∴MC=7又∠MPC=60°∴MH=MCsin60°=故答案為：【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)與三角函數(shù)，能夠找到最小值時的P點是解題關(guān)鍵.變式2-3．（2021·湖南衡陽·統(tǒng)考中考真題）如圖1，菱形的對角線與相交于點O，P、Q兩點同時從O點出發(fā)，以1厘米/秒的速度在菱形的對角線及邊上運動．點P的運動路線為，點Q的運動路線為．設(shè)運動的時間為x秒，P、Q間的距離為y厘米，y與x的函數(shù)關(guān)系的圖象大致如圖2所示，當(dāng)點P在段上運動且P、Q兩點間的距離最短時，P、Q兩點的運動路程之和為__________厘米．【答案】【分析】四邊形是菱形，由圖象可得AC和BD的長，從而求出OC、OB和．當(dāng)點P在段上運動且P、Q兩點間的距離最短時，此時連線過O點且垂直于．根據(jù)三角函數(shù)和已知線段長度，求出P、Q兩點的運動路程之和．【詳解】由圖可知，（厘米），∵四邊形為菱形∴（厘米）∴P在上時，Q在上，距離最短時，連線過O點且垂直于．此時，P、Q兩點運動路程之和∵（厘米）∴（厘米）故答案為．【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)和三角函數(shù)．解題的關(guān)鍵在于從圖象中找到菱形對角線的長度．變式2-4．（2021·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AD＝AB，對角線相交于點O，動點M從點B向點A運動（到點A即停止），點N是AD上一動點，且滿足∠MON＝90°，連結(jié)MN．在點M、N運動過程中，則以下結(jié)論中，①點M、N的運動速度不相等；②存在某一時刻使；③逐漸減?。虎埽_的是________．（寫出所有正確結(jié)論的序號）【答案】①②③④．【分析】先根據(jù)矩形的性質(zhì)與AD＝AB，得到∠ADB=30°，∠ABD=60°，AB=AO=BO，再分類討論，當(dāng)點M運動到AB的中點時，此時點N為AD的中點，則：，從而點M、N的運動速度不同，當(dāng)點M運動到AB的中點時，，由AM減小的速度比AN增大的速度快，則逐漸減小，當(dāng)點M在AB的中點時，才滿足，得出結(jié)論．【詳解】解：∵AD＝AB，∴tan∠ADB=，∴∠ADB=30°，∠ABD=60°，∵點O為BD的中點，∴AB=AO=BO，設(shè)AB=1，則AD=，BD=2．①當(dāng)點M與點B重合時，點N是BD的垂直平分線與AD的交點，令A(yù)N=x，則BN=DN=，∴，解得：，∴AN=，當(dāng)點M運動到AB的中點時，此時點N為AD的中點，則：，從而點M、N的運動速度不同，故①說法正確，符合題意；②當(dāng)點M運動到AB的中點時，，故②說法正確，符合題意；③由①得到，AM減小的速度比AN增大的速度快，則逐漸減小，故③說法正確，符合題意；如圖，延長MO交CD于M'，∵∠MOB=∠M'OD，OB=OD，∠DBA=∠BDC，∴△OMB≌△OM'D（ASA），∴BM=DM'，OM=OM'，連接NM'，∵NO⊥MM'，則MN=NM'，∵NM'2=DN2+DM'2，∴MN2=BM2+DN2，故④正確，故答案為：①②③④．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、動點問題，解題關(guān)鍵在于確定特殊情況，求出兩點的運動路程，確定邊之間的關(guān)系，得出結(jié)論．變式2-5．（2022·天津·統(tǒng)考中考真題）將一個矩形紙片放置在平面直角坐標(biāo)系中，點，點，點，點P在邊上（點P不與點O，C重合），折疊該紙片，使折痕所在的直線經(jīng)過點P，并與x軸的正半軸相交于點Q，且，點O的對應(yīng)點落在第一象限．設(shè)．(1)如圖①，當(dāng)時，求的大小和點的坐標(biāo)；(2)如圖②，若折疊后重合部分為四邊形，分別與邊相交于點E，F(xiàn)，試用含有t的式子表示的長，并直接寫出t的取值范圍；(3)若折疊后重合部分的面積為，則t的值可以是___________（請直接寫出兩個不同的值即可）．【答案】(1)，點的坐標(biāo)為(2)，其中t的取值范圍是(3)3，．（答案不唯一，滿足即可）【分析】（1）先根據(jù)折疊的性質(zhì)得，即可得出，作，然后求出和OH，可得答案；（2）根據(jù)題意先表示，再根據(jù)，表示QE，然后根據(jù)表示即可，再求出取值范圍；（3）求出t=3時的重合部分的面積，可得從t=3之后重合部分的面積始終是，再求出P與C重合時t的值可得t的取值范圍，問題得解．【詳解】（1）在中，由，得．根據(jù)折疊，知，∴，．∵，∴．如圖，過點O′作，垂足為H，則．∴在中，得．由，得，則．由，得，．∴點的坐標(biāo)為．（2）∵點，∴．又，∴．同（1）知，，．∵四邊形是矩形，∴．在中，，得．∴．又，∴.如圖，當(dāng)點O′與AB重合時，，，則，∴，∴，解得t=2，∴t的取值范圍是；（3）3，．（答案不唯一，滿足即可）當(dāng)點Q與點A重合時，，，∴，則.∴t=3時，重合部分的面積是，從t=3之后重合部分的面積始終是，當(dāng)P與C重合時，OP＝6，∠OPQ＝30°，此時t＝OP·tan30°＝，由于P不能與C重合，故，所以都符合題意．【點睛】這是一道關(guān)于動點的幾何綜合問題，考查了折疊的性質(zhì)，勾股定理，含30°直角三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解直角三角形等．變式2-6．（2021·廣東廣州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形ABCD中，，，點E為邊AB上一個動點，延長BA到點F，使，且CF、DE相交于點G（1）當(dāng)點E運動到AB中點時，證明：四邊形DFEC是平行四邊形；（2）當(dāng)時，求AE的長；（3）當(dāng)點E從點A開始向右運動到點B時，求點G運動路徑的長度．【答案】（1）見解析；（2）；（3）．【分析】（1）根據(jù)E為AB中點可得，再由菱形的性質(zhì)推出CD∥AB，，則，即可證明結(jié)論；（2）過點C作CH⊥AB交FB的延長線于點H，利用菱形及直角三角形的性質(zhì)可求出，并由勾股定理求得，再根據(jù)相似三角形的判定及性質(zhì)可證得，設(shè)，則，可表示出，，即可由建立關(guān)于x的方程，求解后可得出AE的長；（3）連接AG并延長交CD于點M，連接BD交AM于點N，并連接BM，首先由菱形的性質(zhì)得出△ABD為等邊三角形，則，再由CD∥AB，得，，由此可證得，再結(jié)合得出，則由等腰三角形性質(zhì)推出，并分別求出，，最后根據(jù)題意可得點G運動路徑的長度為線段AN的長，由平行線分線段成比例性質(zhì)可得出，此題得解．【詳解】（1）證明：∵E為AB中點，∴．∴．∵四邊形ABCD是菱形，∴CD∥AB，．∴．∴四邊形DFEC是平行四邊形；（2）解：如圖，過點C作CH⊥AB交FB的延長線于點H，∵四邊形ABCD是菱形，，∴AD∥BC，．∴．∴．∴．則由勾股定理得．∵CD∥AB，∴△CDG∽△FEG．∴．∵，∴．設(shè)，則．∴，．在Rt△CFH中，由勾股定理得：，∴．解得，（不合題意，舍去）．∴AE的長為；（3）如圖，連接AG并延長交CD于點M，連接BD交AM于點N，并連接BM，∵四邊形ABCD是菱形，，∴，．∴△ABD為等邊三角形．同理可證：△BCD為等邊三角形．∴．∵CD∥AB，∴，．∴，．∴∵，∴．∴．則由勾股定理得：，．當(dāng)點E從A出發(fā)運動到點B時，點G始終在直線AM上運動，運動軌跡為線段，當(dāng)點E與A重合時，點G與點A重合，當(dāng)點E與B重合時，點G為BD與AM的交點N，∴點G運動路徑的長度為線段AN的長，∵CD∥AB，∴．∴．∴點G運動路徑的長度為．【點睛】此題屬于四邊形的綜合問題，考查了菱形的性質(zhì)、平行四邊形及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點，熟練掌握所學(xué)知識并靈活運用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．變式2-7（2021·遼寧沈陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點，直線經(jīng)過點，與x軸交于點A，與y軸交于點B．線段平行于x軸，交直線于點D，連接，．（1）填空：__________．點A的坐標(biāo)是（__________，__________）；（2）求證：四邊形是平行四邊形；（3）動點P從點O出發(fā)，沿對角線以每秒1個單位長度的速度向點D運動，直到點D為止；動點Q同時從點D出發(fā)，沿對角線以每秒1個單位長度的速度向點O運動，直到點O為止．設(shè)兩個點的運動時間均為t秒．①當(dāng)時，的面積是__________．②當(dāng)點P，Q運動至四邊形為矩形時，請直接寫出此時t的值．【答案】（1），5，0；（2）見解析；（3）①12；②或．【分析】（1）代入點坐標(biāo)即可得出值確定直線的解析式，進而求出點坐標(biāo)即可；（2）求出點坐標(biāo)，根據(jù)，，即可證四邊形是平行四邊形；（3）①作于，設(shè)出點的坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理計算出的長度，根據(jù)運動時間求出的長度即可確定的面積；②根據(jù)對角線相等確定的長度，再根據(jù)、的位置分情況計算出值即可．【詳解】解：（1）直線經(jīng)過點，，解得，即直線的解析式為，當(dāng)時，，，（2）線段平行于軸，點的縱坐標(biāo)與點一樣，又點在直線上，當(dāng)時，，即，，，，又，四邊形是平行四邊形；（3）①作于，點在直線上，設(shè)點的坐標(biāo)為，，，由勾股定理，得，即，整理得或8（舍去），，，當(dāng)時，，，②，當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)點，運動至四邊形為矩形時，，，當(dāng)時，，解得，當(dāng)時，，解得，綜上，當(dāng)點，運動至四邊形為矩形時的值為或．【點睛】本題主要考查一次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握待定系數(shù)法求解析式，平行四邊形的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．變式2-8．（2021·山東青島·統(tǒng)考中考真題）已知：如圖，在矩形和等腰中，，，．點從點出發(fā)，沿方向勻速運動．速度為；同時，點從點出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為．過點作，交于點，交于點，過點作，交于點．分別連接，，設(shè)運動時間為．解答下列問題：（1）當(dāng)時，求的值；（2）設(shè)五邊形的面積為，求與之間的函數(shù)關(guān)系式；（3）當(dāng)時，求的值；（4）若與相交于點，分別連接和．在運動過程中，是否存在某一時刻，使？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）；（4）存在，【分析】（1）先證，得代數(shù)計算即可；（2）如圖2中，過點P作PO⊥QM于點O．證明S=S四邊形DQPM+S△DNQ=（PQ+DH）?QM+QN?ND=（HA+DH）?QM+QN?ND=?AD?QM+QN?ND，可得結(jié)論．（3）如圖3中，延長NQ交BE于點G．根據(jù)PQ=PM，構(gòu)建方程求解即可．（4）存在．證明△HQW∽△AEW，△MHW∽△PAW，推出，，推出，由此構(gòu)建方程求解即可【詳解】（1）由題意可得，，，在矩形中，∵，，，在中，，，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴.答：為時，.（2）過點作，交于點，在等腰中，，，則.∵，∴，∴四邊形是矩形，∴.∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴.∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，.∴.答：與的函數(shù)關(guān)系式是.（3）延長交于點，由（1），（2）可得，，，∵，∴四邊形是矩形，∴，同理可證，四邊形是矩形.∴，當(dāng)時，∵，∴，∴.又∵，∴，∴.答：當(dāng)時，.（4）由（2）得，，∵，，∴，∴為矩形，∴，且.∴，∵，∴，同理可證，∴，，∴，∴，∴.答：在運動的過程中，存在時刻，使.【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．變式2-9．（2021·廣西來賓·統(tǒng)考中考真題）如圖①，在中，于點，，，點是上一動點（不與點，重合），在內(nèi)作矩形，點在上，點，在上，設(shè)，連接．（1）當(dāng)矩形是正方形時，直接寫出的長；（2）設(shè)的面積為，矩形的面積為，令，求關(guān)于的函數(shù)解析式（不要求寫出自變量的取值范圍）；（3）如圖②，點是（2）中得到的函數(shù)圖象上的任意一點，過點的直線分別與軸正半軸，軸正半軸交于，兩點，求面積的最小值，并說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）6【分析】（1）直接根據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)及正方形性質(zhì)可以得出：，進一步計算即可；（2）先根據(jù)等腰直角三角形以及直角三角形得出，，代入化簡即可；（3）設(shè)l：，則，當(dāng)面積的最小時，兩個函數(shù)圖像僅有一個交點，列出面積的表達式求解即可．【詳解】解：（1）根據(jù)題意：可知均為等腰直角三角形，則，∵，，，∴DC=8，∴AC=，∴；（2）∵四邊形EFGH為矩形，∴，∴，∵，∴在中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴；（3）由（2）得P在上，設(shè)l：，則，當(dāng)面積的最小時，兩個函數(shù)圖像僅有一個交點，令，得，則，∴，，，，．【點睛】本題主要考查正方形性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，特殊角銳角三角函數(shù)，反比例函數(shù)與一次函數(shù)綜合問題，能夠根據(jù)題意列出相應(yīng)的方程是解決本題的關(guān)鍵．考查題型三四邊形中線段最值問題典例3．（2022·四川資陽·中考真題）如圖，正方形的對角線交于點O，點E是直線上一動點．若，則的最小值是(

)A． B． C． D．【答案】D【分析】本題為典型的將軍飲馬模型問題，需要通過軸對稱，作點A關(guān)于直線BC的對稱點，再連接，運用兩點之間線段最短得到為所求最小值，再運用勾股定理求線段的長度即可．【詳解】解：如圖所示，作點A關(guān)于直線BC的對稱點，連接，其與BC的交點即為點E，再作交AB于點F，∵A與關(guān)于BC對稱，∴，，當(dāng)且僅當(dāng)，O，E在同一條線上的時候和最小，如圖所示，此時，∵正方形，點O為對角線的交點，∴，∵對稱，∴，∴，在中，，故選：D．【點睛】本題為典型的將軍飲馬模型，熟練掌握軸對稱的性質(zhì)，并運用勾股定理求線段長度是解題關(guān)鍵。變式3-1．（2022·全國·九年級專題練習(xí)）正方形ABCD的邊長為4，P為BC上的動點，連接PA，作PQ⊥PA，PQ交CD于Q，連接AQ，則AQ的最小值是（

）A．5 B． C． D．4【答案】A【分析】設(shè)BP=x，CQ=y，根據(jù)△ABP∽△PCQ可得y關(guān)于x的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)，求得y的最大值情況，則QD最小，則AQ最?。驹斀狻俊咚倪呅蜛BCD是正方形，∴∠B＝∠C＝90°，∵PQ⊥AP，∴∠APB+∠QPC＝90°，∠APB+∠BAP＝90°，∴∠BAP＝∠QPC，∴△ABP∽△PCQ，∴，設(shè)BP=x，CQ=y即，∴y＝﹣+x＝﹣+1(0＜x＜4)，∵﹣＜0，∴y有最大值，∴當(dāng)x＝2時，y有最大值1cm．此時QD=3在Rt△AQP中，故AQ的最小值是5故選：A．【點睛】本題考查最值問題，是利用二次函數(shù)求最值的方式解決的，常見求最值方法有3種：利用對稱求最值；利用三角形三邊關(guān)系求最值；利用二次函數(shù)性質(zhì)求最值．變式3-2（2022·重慶·一模）如圖，在正方形ABCD中，AB=8，AC與BD交于點O，N是AO的中點，點M在BC邊上，且BM=6．P為對角線BD上一點，則PM﹣PN的最大值為（）A．2 B．3 C． D．【答案】A【分析】以BD為對稱軸作N的對稱點N′，連接PN′，MN′，依據(jù)PM?PN=PM?PN′?MN′，可得當(dāng)P，M，N′三點共線時，取“=”，再求得，即可得出，∠CMN′=90°，再根據(jù)△N′CM為等腰直角三角形，即可得到CM=MN′=2，即可求得．【詳解】解：如圖所示，以BD為對稱軸作N的對稱點N’，連接MN′并延長交BD于P，連NP，根據(jù)軸對稱性質(zhì)可知，PN=PN'，∴PM﹣PN=PM﹣PN'≤MN'，當(dāng)P，M，N'三點共線時，取“=”，∵正方形邊長為8，∴，∵O為AC中點，∴，∵N為OA中點，∴，∴，∴，∵BM=6，∴CM=AB-BM=8-6=2，∴，∴，∠CMN’=90°，∵∠N'CM=45°，∴△N'CM為等腰直角三角形，∴CM=MN'=2，即PM-PN的最大值為2，故選：A．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)以及最短路線問題，凡是涉及最短距離的問題，一般要考慮線段的性質(zhì)定理，結(jié)合軸對稱變換來解決，多數(shù)情況要作點關(guān)于某直線的對稱點．變式3-3．（2022·安徽·校聯(lián)考一模）如圖，在邊長為2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD邊的中點，N是AB邊上的一動點，將△AMN沿MN所在直線翻折得到△MN，連接C，則C長度的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】過作交的延長線于，根據(jù)為定值，可知當(dāng)在上時，取得最小值，然后依據(jù)角度和三角函數(shù)，即可求得的長．【詳解】解：∵是定值，∴當(dāng)在上時，取得最小值，如圖，過作交的延長線于，∵在邊長為2的菱形中，，為的中點，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，故選：C．【點睛】本題考查了菱形性質(zhì)、折疊問題、三角函數(shù)和勾股定理等知識點，找出所在位置是解答本題的關(guān)鍵．變式3-4．（2021·山東淄博·統(tǒng)考中考真題）兩張寬為的紙條交叉重疊成四邊形，如圖所示．若，則對角線上的動點到三點距離之和的最小值是__________．【答案】【分析】由題意易得四邊形是菱形，過點D作DE⊥BC于點E，連接AC，交BD于點O，易得，，然后根據(jù)勾股定理可得，則，，進而可得，要使為最小，即的值為最小，則可過點A作AM⊥AP，且使，連接BM，最后根據(jù)“胡不歸”問題可求解．【詳解】解：∵紙條的對邊平行，即，∴四邊形是平行四邊形，∵兩張紙條的寬度都為，∴，∴，∴四邊形是菱形，過點D作DE⊥BC于點E，連接AC，交BD于點O，如圖所示：∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，，∴，過點A作AM⊥AP，且使，連接BM，如圖所示：∴，要使的值為最小，則需滿足為最小，根據(jù)三角不等關(guān)系可得：，所以當(dāng)B、P、M三點共線時，取最小，即為BM的長，如圖所示：∴，∴，∴的最小值為，即的最小值為；故答案為．【點睛】本題主要考查三角函數(shù)、菱形的性質(zhì)與判定及含30°直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是利用“胡不歸”原理找到最小值的情況，然后根據(jù)三角函數(shù)及菱形的性質(zhì)進行求解即可．變式3-5（2021·內(nèi)蒙古呼和浩特·統(tǒng)考中考真題）已知菱形的面積為﹐點E是一邊上的中點，點P是對角線上的動點．連接，若AE平分，則線段與的和的最小值為__________，最大值為__________．【答案】

【分析】先作出圖形，根據(jù)是的中點，平分可知，根據(jù)將軍飲馬知識即可求出最小值，當(dāng)P與點D重合時求出最大值．【詳解】如圖，連接，是的中點，AE平分設(shè)點到、的距離為,點到的距離為AE平分（角平分線上的點到角的兩邊的距離相等）是等腰三角形是的中點,AE平分（三線合一）又四邊形是菱形是等邊三角形已知菱形的面積為設(shè)菱形的邊長為則解得：關(guān)于對稱+則+最小值為：當(dāng)點P與點D重合時+最大過作垂足為四邊形是菱形是的中點,,在中則+最大為：【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)，三線合一，勾股定理，線段和最值問題，由于題目沒有給圖形，能夠根據(jù)題中信息正確的作出圖形，并判斷出是等邊三角形是解題的關(guān)鍵．變式3-6．（2022·江蘇連云港·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形為平行四邊形，延長到點，使，且．(1)求證：四邊形為菱形；(2)若是邊長為2的等邊三角形，點、、分別在線段、、上運動，求的最小值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先根據(jù)四邊形為平行四邊形的性質(zhì)和證明四邊形為平行四邊形，再根據(jù)，即可得證；（2）先根據(jù)菱形對稱性得，得到，進一步說明的最小值即為菱形的高，再利用三角函數(shù)即可求解．【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，∴，，∵，∴，又∵點在的延長線上，∴，∴四邊形為平行四邊形，又∵，∴四邊形為菱形．（2）解：如圖，由菱形對稱性得，點關(guān)于的對稱點在上，∴，當(dāng)、、共線時，，過點作，垂足為，∵，∴的最小值即為平行線間的距離的長，∵是邊長為2的等邊三角形，∴在中，，，，∴，∴的最小值為．【點睛】本題考查了最值問題，考查了菱形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)等知識，運用了轉(zhuǎn)化的思想方法．將最值問題轉(zhuǎn)化為求菱形的高是解答本題的關(guān)鍵．變式3-7．（2022秋·九年級課時練習(xí)）如圖，長方形ABCD中，AB＝8，BC＝10，在邊CD上取一點E，將△ADE折疊后點D恰好落在BC邊上的點F處（1）求CE的長；（2）在（1）的條件下，BC邊上是否存在一點P，使得PA+PE值最小？若存在，請求出最小值：若不存在，請說明理由．【答案】（1）3；（2）存在，【分析】（1）先判斷出AF=AD=8，進而利用勾股定理求出BF=6，最后在Rt△ECF，利用勾股定理，即可得出結(jié)論；（2）先作出點E關(guān)于BC的對稱點E，進而求出DE'，再利用勾股定理即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）長方形ABCD中，AB＝8，BC＝10，∴∠B＝∠BCD＝90°，CD＝AB＝8，AD＝BC＝10，由折疊知，EF＝DE，AF＝AD＝8，在Rt△ABF中，根據(jù)勾股定理得，BF＝＝6，∴CF＝BC﹣BF＝4，設(shè)CE＝x，則EF＝DE＝CD﹣CE＝8﹣x，在Rt△ECF中，根據(jù)勾股定理得，CF2+CE2＝EF2，∴16+x2＝（8﹣x）2，∴x＝3，∴CE＝3；（2）如圖，延長EC至E'使CE'＝CE＝3，連接AE'交BC于P，此時，PA+PE最小，最小值為AE'，∵CD＝8，∴DE'＝CD+CE'＝8+3＝11，在Rt△ADE'中，根據(jù)勾股定理得，AE'＝＝．【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是求出CE．考查題型四四邊形綜合問題典例4．（2022·黑龍江牡丹江·統(tǒng)考中考真題）下列圖形是黃金矩形的折疊過程：第一步，如圖（1），在一張矩形紙片一端折出一個正方形，然后把紙片展平；第二步，如圖（2），把正方形折成兩個相等的矩形再把紙片展平；第三步，折出內(nèi)側(cè)矩形的對角線AB，并把AB折到圖（3）中所示的AD處；第四步，如圖（4），展平紙片，折出矩形BCDE就是黃金矩形．則下列線段的比中：①，②，③，④，比值為的是（

）A．①② B．①③ C．②④ D．②③【答案】B【分析】設(shè)，則，求出，，分別求出比值，作出判斷．【詳解】解：設(shè)，∴，在中，，由折疊可知，，∴，又∵，∴，，，，，∴比值為的是①③，故選：B．【點睛】本題考查四邊形綜合題，黃金矩形的定義、勾股定理、翻折變換、矩形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題．變式4-1．（2022·湖北十堰·統(tǒng)考中考真題）【閱讀材料】如圖①，四邊形中，，，點，分別在，上，若，則．【解決問題】如圖②，在某公園的同一水平面上，四條道路圍成四邊形．已知，，，，道路，上分別有景點，，且，，若在，之間修一條直路，則路線的長比路線的長少_________（結(jié)果取整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：）．【答案】370【分析】延長交于點，根據(jù)已知條件求得,進而根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，求得，，從而求得的長，根據(jù)材料可得，即可求解．【詳解】解：如圖，延長交于點，連接，，，，，，是等邊三角形，,,在中，，，，，，中，，，，，，中，是等腰直角三角形由閱讀材料可得，路線的長比路線的長少．故答案為：370．【點睛】本題考查了含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，理解題意是解題的關(guān)鍵．變式4-2．（2022·黑龍江大慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形中，點E，F(xiàn)分別是邊上的兩個動點，且正方形的周長是周長的2倍，連接分別與對角線交于點M，N．給出如下幾個結(jié)論：①若，則；②；③若，則；④若，則．其中正確結(jié)論的序號為____________．【答案】②【分析】根據(jù)已知條件可得，即可判斷①，進而推出，導(dǎo)角可得②正確，作于點，連接，證明是直角三角形，勾股定理驗證③，證明，即可判斷④求解．【詳解】解：∵正方形的周長是周長的2倍，∴，，①若，則，故①不正確；如圖，在的延長線上取點，使得，四邊形是正方形，，，，，，，，，，，，，，，，，即，故②正確；如圖，作于點，連接，則，，，，同理可得，，關(guān)于對稱軸，關(guān)于對稱，，，，是直角三角形，③若，，，故③不正確，，若，即，，，，又，，，即，，，，，，故④不正確．故答案為：②．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．變式4-3．（2022·湖北武漢·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，，，分別以的三邊為邊向外作三個正方形，，，連接．過點作的垂線，垂足為，分別交，于點，．若，，則四邊形的面積是_________．【答案】80【分析】連接LC、EC、EB，LJ，由平行線間同底的面積相等可以推導(dǎo)出：,由，可得，故，證得四邊形是矩形，可得，在正方形中可得：，故得出：．由，可得，即可求出，可得出【詳解】連接LC、EC、EB，LJ，在正方形，，中．∵，∴，∴，∴，∴．∵，∴四邊形是矩形，∴．∵，∴，∴，∵∴，∴．∵，∴．∴∴．∵.∴,∵∴，∴，∵，∴，∴，∵,∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．設(shè)，∵∴，∴，∴，∴∵，∴，∴，∴，∴．∴，∴．故答案為：80．【點睛】此題考查正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)與判定、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，平行線間同底的兩個三角形，面積相等；難度系數(shù)較大，作出正確的輔助線并靈活運用相關(guān)圖形的性質(zhì)與判定是解決本題的關(guān)鍵．變式4-4．（2022·遼寧朝陽·統(tǒng)考中考真題）【思維探究】如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，連接AC．求證：BC+CD＝AC．(1)小明的思路是：延長CD到點E，使DE＝BC，連接AE．根據(jù)∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，從而得到∠B＝∠ADE，然后證明ADE≌ABC，從而可證BC+CD＝AC，請你幫助小明寫出完整的證明過程．(2)【思維延伸】如圖2，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，連接AC，猜想BC，CD，AC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．(3)【思維拓展】在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC與BD相交于點O．若四邊形ABCD中有一個內(nèi)角是75°，請直接寫出線段OD的長．【答案】(1)AC=BC+CD；理由見詳解；(2)CB+CD=AC；理由見詳解；(3)或【分析】（1）如圖1中，延長CD到點E，使DE=BC，連接AE．證明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等邊三角形，可得結(jié)論；（2）結(jié)論：CB+CD=AC．如圖2中，過點A作AM⊥CD于點M，AN⊥CB交CB的延長線于點N．證明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，證明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得結(jié)論；（3）分兩種情形：如圖3-1中，當(dāng)∠CDA=75°時，過點O作OP⊥CB于點P，CQ⊥CD于點Q．如圖3-2中，當(dāng)∠CBD=75°時，分別求解即可．（1）證明：如圖1中，延長CD到點E，使DE=BC，連接AE．∵∠BAD+∠BCD=180°，∴∠B+∠ADC=180°，∵∠ADE+∠ADC=180°∴∠B=∠ADE，在△ADE和△ABC中，，∴△ADE≌△ABC（SAS），∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，∴∠CAE=∠BAD=60°，∴△ACE的等邊三角形，∴CE=AC，∵CE=DE+CD，∴AC=BC+CD；（2）解：結(jié)論：CB+CD=AC．理由：如圖2中，過點A作AM⊥CD于點M，AN⊥CB交CB的延長線于點N．∵∠DAB=∠DCB=90°，∴∠CDA+∠CBA=180°，∵∠ABN+∠ABC=180°，∴∠D=∠ABN，∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，∴△AMD≌△ANB（AAS），∴DM=BN，AM=AN，∵AM⊥CD，AN⊥CN，∴∠ACD=∠ACB=45°，∴AC=CM，∵AC=AC．AM=AN，∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），∴CM=CN，∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；（3）解：如圖3-1中，當(dāng)∠CDA=75°時，過點O作OP⊥CB于點P，CQ⊥CD于點Q．∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，∴∠CDB=30°，∵∠DCB=90°，∴CD=CB，∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，∴OP=OQ，∴，∴，∵AB=AD=，∠DAB=90°，∴BD=AD=2，∴OD=．如圖3-2中，當(dāng)∠CBD=75°時，同法可證，，綜上所述，滿足條件的OD的長為或．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．變式4-5．（2022·湖北襄陽·統(tǒng)考中考真題）矩形ABCD中，＝（k＞1），點E是邊BC的中點，連接AE，過點E作AE的垂線EF，與矩形的外角平分線CF交于點F．(1)【特例證明】如圖（1），當(dāng)k＝2時，求證：AE＝EF；小明不完整的證明過程如下，請你幫他補充完整．證明：如圖，在BA上截取BH＝BE，連接EH．∵k＝2，∴AB＝BC．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠1＝∠2＝45°，∴∠AHE＝180°-∠1＝135°．∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠3＝∠DCG＝45°．∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°．∴……（只需在答題卡對應(yīng)區(qū)域?qū)懗鍪Ｓ嘧C明過程）(2)【類比探究】如圖（2），當(dāng)k≠2時，求的值（用含k的式子表示）；(3)【拓展運用】如圖（3），當(dāng)k＝3時，P為邊CD上一點，連接AP，PF，∠PAE＝45°，，求BC的長．【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）證明△AHE≌△ECF（ASA）即可；（2）在BA上截取BH=BE，連接EH．證明△AHE∽△ECF，即可求解；（3）以A為旋轉(zhuǎn)中心，△ADP繞A點旋轉(zhuǎn)90°到△AP'H，設(shè)AB=3a，則BC=2a，連接P'E，HE，延長P'H交CD于點G，連接EG，證明△AEP'≌△AEP（SAS），△PEG≌△P'EH（AAS），可得四邊形APEP'是正方形，再證明△APD≌△PEC（AAS），由（2）得△AHE∽△ECF，過點P作PK⊥AE交于K，進而證明四邊形PKEF是矩形，則有PF==a，即可求出BC=．【詳解】（1）證明：如圖，在BA上截取BH=BE，連接EH．∵k=2，∴AB=BC．∵∠B=90°，BH=BE，∴∠1=∠2=45°，∴∠AHE=180°-∠1=135°，∵CF平分∠DCG，∠DCG=90°，∴∠3=∠DCG=45°，∴∠ECF=∠3+∠4=135°，∵AE⊥EF，∴∠6+∠AEB=90°，∵∠5+∠AEB=90°，∴∠5=∠6，∵AB=BC，BH=BE，∴AH=EC，∴△AHE≌△ECF（ASA），∴AE=EF；（2）解：在BA上截取BH=BE，連接EH．∵∠B=90°，BH=BE，∴∠BHE=∠BEH=45°，∴∠AHE=135°，∵CF平分∠DCG，∠DCG=90°，∴∠DCF=∠DCG=45°．∴∠ECF=135°，∵AE⊥EF，∴∠FEC+∠AEB=90°，∵∠BAE+∠AEB=90°，∴∠BAE=∠FEC，∴△AHE∽△ECF，∴，∵，E是BC邊的中點，∴EC=HB=BC，∴AH=AB-BC=BC，∴；（3）解：以A為旋轉(zhuǎn)中心，△ADP繞A點旋轉(zhuǎn)90°到△AP'H，∵k=3，∴，設(shè)AB=3a，則BC=2a，∵∠PAE=45°，∴∠P'AP=90°，連接P'E，HE，延長P'H交CD于點M，連接EM，∵AH=AD=2a，∴BH=a，∵E是BC的中點，∴BE=a，∴HE=a，∠BHE=45°，∴∠P'HE=135°，∵CG=EC=a，∴∠MEC=45°，∴∠PME=135°，∵AP'=AP，∠PAE=∠P'AE，AE=AE，∴△AEP'≌△AEP（SAS），∴PE=P'E，∴△PEM≌△P'EH（AAS），∴∠PEG=∠P'EH，∵∠HEG=∠EGH=45°，∴∠HEG=90°，∴∠PEP'=90°，∴∠AEP=∠AEP'=45°，∴∠APE=∠AP'E=90°，∴四邊形APEP'是正方形，∴AP=PE，∵∠DAP+∠APD=90°，∠APD+∠EPC=90°，∴∠DAP=∠EPC，∵AP=PE，∴△APD≌△PEC（AAS），∴AD=PC=2a，PD=ED=a，∴PE=a，由（2）得△AHE∽△ECF，∴，∵∴，∵∠HEM=∠AEF=90°，∴∠HEA=∠MEF，∵∠PEM=∠P'EH，∴∠PEF=∠P'EH=45°，過點P作PK⊥AE交于K，∵EF⊥AE，∴PKEF，∵，∴PK=EF，∴四邊形PKEF是矩形，∴PF=KE，∵，∴，∴∴．【點睛】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，熟練掌握矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形是判定及性質(zhì)，正方形的判定及性質(zhì)，等腰直角三角形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．變式4-6．（2022·寧夏·中考真題）綜合與實踐知識再現(xiàn)如圖，中，，分別以、、為邊向外作的正方形的面積為、、．當(dāng)，時，______．問題探究如圖，中，．（1）如圖，分別以、、為邊向外作的等腰直角三角形的面積為、、，則、、之間的數(shù)量關(guān)系是______．（2）如圖，分別以、、為邊向外作的等邊三角形的面積為、、，試猜想、、之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．實踐應(yīng)用（1）如圖，將圖中的繞點逆時針旋轉(zhuǎn)一定角度至，繞點順時針旋轉(zhuǎn)一定角度至，、相交于點．求證：；（2）如圖，分別以圖中的邊、、為直徑向外作半圓，再以所得圖形為底面作柱體，、、為直徑的半圓柱的體積分別為、、．若，柱體的高，直接寫出的值．【答案】知識再現(xiàn)；問題探究：（1）；（2）；理由見解析；實踐應(yīng)用：（1）見解析；（2）．【分析】知識再現(xiàn)：利用勾股定理和正方形的面積公式可求解；問題探究：(1)利用勾股定理和直角三角形的面積公式可求解；(2)過點D作DG⊥BC交于G，分別求出，，，由勾股定理可得，即可求S4+S5=S6；實踐應(yīng)用：(1)設(shè)AB=c，BC=a，AC=b，則HN=a+b-c，F(xiàn)G=c-a，MF=c-b，可證明△HNP是等邊三角形，四邊形MFGP是平行四邊形，則，，再由，可證明．(2)設(shè)AB=c，BC=a，AC=b，以AB為直徑的圓的面積為S3、以BC為直徑的圓的面積為S1、以AC為直徑的圓的面積為S2，可得S1+S2=S3，又由，即可求．【詳解】知識再現(xiàn)：解：中，，，，，，，故答案為：；問題探究：解：中，，，，，故答案為：；解：中，，，過點作交于，在等邊三角形中，，，，，同理可得，，，；實踐應(yīng)用：證明：設(shè)，，，，，，是等邊三角形，是等邊三角形，，，，是等邊三角形，四邊形是平行四邊形，，，是直角三角形，，，；解：設(shè)，，，以為直徑的圓的面積為、以為直徑的圓的面積為、以為直徑的圓的面積為，是直角三角形，，，，，，，，，，，．【點睛】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，熟練掌握直角三角形的勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)，圓的性質(zhì)，圓柱的體積，平行線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．變式4-7．（2021·山東菏澤·統(tǒng)考中考真題）在矩形中，，點，分別是邊、上的動點，且，連接，將矩形沿折疊，點落在點處，點落在點處．（1）如圖1，當(dāng)與線段交于點時，求證：；（2）如圖2，當(dāng)點在線段的延長線上時，交于點，求證：點在線段的垂直平分線上；（3）